正方形的判定和性质教案.docx

特殊平行四边形之正方形适用学科初中数学适用年级初中二年级适用区域全国课时时长（分钟）60分钟知识点平行四边形和止方形的性质、判定。

教学目标

1、认识图形的旋转及性质，会根据要求画旋转图形。

2、认识中心对称图形及其性质，会设计一些中心对称图案。

3、理解并掌握中心对称图形（平行四边形）的性质、判定及其应用。教学重点理解并掌握中心对称图形（平行四边形及止方形）的性质、判定及其应用。

教学难点理解并掌握中心对称图形（平行四边形及止方形）的性质、判定及其应用。教学过程、复习预习

1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.

2.菱形的性质菱形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质，还具有自己独特的性质:边的性质：对边平行且四边相等.角的性质：邻角互补，对宿M车.对角线性质：对角线互相垂直平分且每条对角线平分一组对角.对称性：菱形是中心对称图形，应是轴对称肉形.菱形的面积等于底乘以高，等于对角线乘积的一半.点评：其实只要四边形的对角线互相垂直，其面积就等于对角线乘积的一半.

3.菱形的判定判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形.判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形.判定：四边相等的四边形是菱形.

二、知识讲解

1、图形旋转的性质：旋转前后的图形,对应点到,每一对对应点与。

2、中心对称图形：把一个平面图形绕某一点旋转,如果旋转后的图形能够和原来的图形互相,那么这个图形叫做中心对称图形。

3、I、平行四边形的性质：

(1)平行四边形的;

(2)平行四边形的;

(3)平行四边形的。n、平行四边形的判定：

(1)两组对边分别的四边形是平行四边形；

(2)两组对边分别的四边形是平行四边形。

(3)一组对边的四边形是平行四边形；

(4)两条的四边形是平行四边形；

4、I、正方形的性质：一般性质；特殊性质。n、正方形的判定：从四边形角度；从平行四边形角度；从矩形角度;从菱形角度.考点/易错点1正方形的特殊性质和判定的理解和记忆。

考点/易错点2正方形和平行四边形性质判定的综合题型，注意区分。

三、例题精析例题1如图，在正方形ABCM,点P是AB上一动点（不与A,B重合），对角线AGBD相交于点O,过点P分别作AGBD的垂线，分别交AC,BD于点E,F,交A口BC于点MN.下列结论：4AP段AMI；

PM PN=ACPE P/=PO;POMBNF;当PM*AMP寸，点P是AB的中点.其中正确的结论有A.5个B.4个C.3个D.2个解答：解：二四边形ABC虚正方形，.ZBAChDAC=

4.5在APE和AME中，ZBAC=ZDACAE=AE，Zaep=Zaen，AP9AME故正确；PE=EM=PM同理，FP=FN=NP.2,正方形ABCD43ACBD,又PE!AC,PFBDEOWEOFhPFO=90,HAAPE中AE=PE四边形PEOF是矩形.PF=OEPE PF=OA又PE=EM=PMFP=FN=NP,OA=AC,222PM PN=AC故正确；

四边形PEOF是矩形，PE=OF在直角OPF中，oF pfpO,pE ppO,故正确.BNF是等腰直角三角形，而PO杯一定是，故错误；

AM混等腰直角三角形，当PMNAMFM,PMN等腰直角三角形.PM=PN又AMPmBPNfB是等腰直角三角形，AP=BP即P时AB的中点.故正确.故选B.考点：相似三角形的判定与性质；

全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质分析：依据正方形的性质以及勾股定理、矩形的判定方法即可判断AP喇BPNH及4APEBPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF矩形，从而作出判断.点评：本题是正方形的性质、矩形的判定、勾股定理得综合应用，认识APM4BPN以及APEBPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF矩形是关键.t（s）,OE1SBEC（8t）t4tt2）（162t）kAEBE2=100682=

7.6故选C.考点：勾股定理；正方形的性质.分析：由已知得ABE为直角三角形，用勾股定理求正方形的边长BE=CDy/j,错误

2.1SlCEF=Z,2/4f3D.6百3万6

2.2F点到AC的距离为6/32,正方形OABC勺边AB/XXX.,OCOQ即里2 2,AP=AB（26272,.点P的坐标为（2,42%2）.分析考点：相似三角形的判定与性质；

坐标与图形性质；正方形的性质.XXX分析：根据正方形的对角线等于边长的追倍求出OB再求出BQ然后求出BPQ和AOCQ相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出BP的长，再求出AP,即可彳到点P的坐标.点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的对角线等于边长的加倍的性质，以及坐标与图形的性质，比较简单，利用相似三角形的对应边成比例求出BP的长是解题的关键.

1.如图，正方形ABCDW边长为3,点E,F分别在边AB,BC上，AE=BF=1小球P从点E出发沿直线向点F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角.当小球P第一次碰到点E时，小球P与正方形的边碰撞的次数为6,小球P所经过的路程为.刃IC答案解答：解：根据已知中的点E,F的位置，可知入射角的正切值为，第一次碰撞点为F,在反射的过程中，根据入射角等于反射角及平行关系的三角形的相似可得第二次碰撞点为G,在DA上，且DG=DA第三次碰撞点为H,在DC上，且DH=DC第四次碰撞点为M在CB上，且CM=BC第五次碰撞点为N,在DA上，且AN=AD第六次回到E点，AE=AB由勾股定理可以得出EF/,FG=/ GH股,HM西，MN=5,NE=,故小球经过的路程为：,， ,. /!, ., !， !，=6j7）,分析考点：正方形的性质；

轴对称的性质.分析：根据已知中的点E,F的位置，可知入射角的正切值为，通过相似三角形，来确定反射后的点的位置，从而可得反射的次数.再由勾股定理就可以求出小球经过的路径的总长度.点评：本题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用.通过相似三角形，来确定反射后的点的位置，从而可得反射的次数，由勾股定理来确定小球经过的路程，是一道学科综合试题，属于难题.

2.如图，在正方形ABCD43,E是AB上一点，BE=2,AE=3BEP是AC上一动点，贝UPB PE答案解答：解：如图，连接DEL,交AC于P,连接BP,则此时PB PE的值最小.四边形ABC比正方形，B、D关于AC对称，.PB=XXX PE=PD PE=XXX,AE=3BE，AE=6,AB= 外必留10，故PB PE的最小值是

10.故答案为：

10.分析考点：轴对称最短路线问题，正方形的性质，解此题通常是利用两点之间，线段最短的性质得出.

3.如图，点E是正方形ABCg的一点，连接AE、BECE,将ABE绕点B顺时针旋转90到4CBE的位置.若AE=1,BE=2,CE=3,则/BEC=度.答案解答：解：连接EE,将ABE绕点B顺时针旋转90至必CBE的位置，AE=1,BE=2CE=3,./EBE=90,BE=BE=2,AE=EC=1,EE=

2、住,/BEE=45,EE2 EC2=8 1=9,EC2=9,EE2 EC2=EC2,.EEC是直角三角形，./EEC=90,./BEC=1

3.5故答案为：1

3.5分析考点：勾股定理的逆定理；正方形的性质；旋转的性质.XXX分析：首先根据旋转的性质得出/EBE=90,BE=BE=2,AE=EC=1,进而根据勾股定理的逆定理求出EEC是直角三角形，进而得出答案.点评：此题主要考查了勾股定理以及逆定理，根据已知得出EEC是直角三角形是解题关键.

4.如图，在正方形ABCM,边长为2的等边三角形AEF的顶点EF分别在BC和CD上，下列结论：CE=CEB=75;BE DF=EFS正方形abc=2 J

1.其中正确的序号是（把你认为正确的都填上）.答案解答：解：二四边形ABC虚正方形,AB=XXX是等边三角形，AE=AF.在RtABE和RtADF中，fAB=ADRtAABERtAADF（HD,BE=DFBC=DCBCDF,CE=CF说法正确；

CE=XXX是等腰直角三角形，/CEF=45EF=60,/AEB=75,说法正确；如图，连接AG交EF于G点,.ACLEF,且AC平分EFAAFDFwFGBE D乒EF,说法错误；

EF=2,ce=cf=E设正方形的边长为a,在RtADF中，a （aa,AG=4 a阴影部分的面积=S扇形ABC S正方形EFGB SaCEFa）Saagf,列式计算即可得解.点评：本题考查了正方形的性质，整式的混合运算，扇形的面积计算，引入小正方形的边长这一中间量是解题的关键.课程小结

1、认识图形的旋转及性质，会根据要求画旋转图形。

2、认识中心对称图形及其性质，会设计一些中心对称图案。

3、理解并掌握中心对称图形（平行四边形）的性质、判定及其应用。课后作业

1.如图，正方形ABCD勺边长为272,过点A作AELAC,AE=1,连接BE,则tanE=,2答案：23解析:延迟C4至匝4二，旦日*且石二州BM2易知：ntanE=2二tan七二一

2.如图，E,F是正方形ABCD勺边AD上两个动点，满足AE=DE连接CF交BDG连接BE交AG点H.若正方形的边长为2,则线段DH长度的最小值是.答案：、51GEF第16题图解析：易得Nl,Z2=Z3,所以NAHB=90口取的中点连接OH、0D,当点O、H.D三点不共线时，OHDH取最小值0D时、DH最小.由勾股定理得OD=J.又OHE所以DH的最小值=

1.对正方形ABCDS行分割，如图1,其中E、F分别是BCCD的中点，MNG分别是OBODEF的中点，沿分化线可以剪出一副“七巧板”是用其中6块拼出的“飞机”。

若GOM1面积为解析连接AC,四边形ABC虚正方形，ACLBD,E点，EF/BD直角三角形,F分另ijBGCD的中ACEF,CF=CE4EFC是等腰直线AC是EFC底边上的高所在直线，根据等腰三角形“三线合一”，AC必过EF的中点G,点A、OG和C在同一条直线上,中位线,OC=OB=ODOCLORFG是DCO勺1OG=CG=2OC,MN分另1J是OBOD图1图2,用这些部件可以拼出很多图案，图1,则“飞机”的面积为14。

的中点,OM=BM=;OB,ON=DN=2OD,OG=OM=BM=ON=DNBD,等腰直角三角形GOM勺面积为1,2OMOg1OM2=1,OM,BD=4OM=4 ,2AD2=BD2=32,AD=4,图2中飞机面积图1中多边形ABEFD勺面积，飞机面积=正方形ABC面积2=14。

2.如图，在四边形ABC珅，AB=BC对角线BAF分ABCP是BD上一点，过点P作PMADPNCD垂足分另1J为MN

(1)求证：ADBCDB

(2)若ADC90,求证：四边形MPN里正方形。解析：证明：

(1)BDABCABD=CBD又=BA=BGBD=XXX（4分）

(2).PMAQPNCDPMDPNB90。又AD90,.四边形MPN谑矩形。.ADB：CDBPMADPNCDPMPN，四边形MPND1正方形。

（8分）

3.如图正方形ABC曲边长为4,E、F分别为DCBC中点.

(1)求证：AD9ABF.

(2)求AEF的面积.考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质.XXX分析：

(1)由四边形ABCM正方形，得到AB=A=/D=90,DC=CB由EF分别为DCBC中点，得出DE=BF进而证明出两三角形全等；

(2)首先求出DE和CE的长度，再根据SAAEF=S正方形ABCDSaABI=SaADE42i2222归=

6.点评：本题主要考查正方形的性质和全等三角形的证明，解答本题的关键是熟练掌握正方形的性质以及全等三角形的判定定理，此题难度不大.

4.四边形ABC虚正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF连接AEAF、EF.

(1)求证：AD9ABF7;

(2)填空：ABF可以由AD遴旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到；

(3)若BC=3DE=6求AEF的面积.考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质.专题：证明题.分析：

(1)根据正方形的性质得AD=A=/ABC=90,然后利用“SA6易证得/ADE9匕abb

(2)由于AAD段4ABF得/BAF=ZDAE则/BAF吆EBF=90,即/FAE=90,根据旋转的定义可得到ABF可以由AD遴旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到；

(3)先利用勾股定理可计算出AE=10,在根据ABF可以由ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到AE=AAF=90,然后根据直角三角形的面积公式计算即可.解答：

(1)证明：二.四边形ABC比正方形，AD=A=ZABC=90,而F是DCB的延长线上的点，/ABF=90,在AD讶口ABF中AB二虹）ZABF=ZADB，LBF=XXX且ABF（SAS;

(2)解：.AD且XXX土DAE而/DAE吆EBF=90,./BAF吆EBF=90,即/FAE=90,.ABF可以由ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到；

故答案为A、90;

(3)解：BC=

XXX 在RtMDE中，DE=6,AD=3-ae=/aE2WE2=105ABF可以由ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到，AE=AAF=90,.AEF的面积=AE2=100=50（平方单位）.点评：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；

对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角.也考查了全等三角形的判定与性质以及勾股定理.

1.如图，在正方形ABCD,点M是对角线BD上的一点，过点M作ME/CDBC于点E,作MF/BC交CD于点F.求证：AM=EF考点：正方形的性质；

全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质.专题：证明题.分析：过M点作MQLAR垂足为Q彳MP足AB,垂足为P,根据题干条件证明出AP=MFPM=ME进而证明APMFME即可证明出AM=EF解答：证明：过M点作MQLAD,垂足为Q彳MP垂足AB,垂足为P,四边形ABC皿正方形，四边形MFDG口四边形PBEM正方形，四边形APMQI矩形，AP=QM=DF=MFPM=PB=ME在APMFME中，AP=MFNAPM=/FME,PM二NE.AP阵FME（SA9,AM=EFBEC点评：本题主要考查正方形的性质等知识点，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理以及矩形的性质等知识，此题正确作出辅助线很易解答.

2.如图，在正方形ABCD43,E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE

(1)求证：CE=CF考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质.则GE=BE G成立吗为什么专题：证明题；探究型.分析：

(1)由DF=BE四边形ABCM正方形可证CEBCFR从而证出CE=CF

(2)由

(1)得，CE=CCE ZECDWDCF吆ECD即/ECF=ZBCD=90又/GCE=45所以可得/GCEWGCF故可证得ECeFCG即EG=FG=GD D双因为DF=BE所以可证出GE=BE G成立.解答：

(1)证明：在正方形ABCD43,BC=C=ZCDFBE=XXX（XXX（3分）

(2)解：GE=BE G成立.（4分）理由是：由

(1)得：CB9CDFBCE4DCR（5分）BCE ZECDWDCF吆ECD即/ECF4BCD=90,（6分）CE=45,.GCFWGCE=

4.5CE=CCEhGCFGC=XXX（XXX（7分）GE=DF GD=BE GD8分）GDBt点评：本题主要考查证两条线段相等往往转化为证明这两条线段所在三角形全等的思想，在第二问中也是考查了通过全等找出和GE相等的线段，从而证出关系是不是成立.